שאלון 35572פרק א' — אנליטית, וקטורים, טריגו במרחב ומרוכבים33 נקודות · ברמת הבחינה
מהנדסת רובוטיקה בוחנת זרוע רובוטית מסתובבת סביב ציר קבוע. קצה הזרוע — הנקודה P — מיוצג במישור גאוס על ידי מספר מרוכב, כאשר מרכז הסיבוב הוא הראשית. במיקום ההתחלתי, P מיוצגת על ידי המספר המרוכב z₁ = 4 (כלומר הנקודה (4,0)). סיבוב הזרוע בזווית θ סביב הראשית מתואר, במודל המתמטי, על ידי הכפלת המספר המרוכב המייצג את P במספר cis θ = cos θ + i·sin θ.
א.מצאו את z₂ — המספר המרוכב המייצג את מיקום קצה הזרוע לאחר סיבוב של z₁ בזווית 60°, בהצגה קרטזית (מהצורה a+bi). השתמשו בהכפלה ב-cis60°.
5 נק׳הציגו פתרון
- cis60° = cos60° + i·sin60° = ½ + i·(√3/2).
- z₂ = z₁ · cis60° = 4·(½ + i·√3/2) = 2 + 2√3·i.
תשובה: z₂ = 2 + 2√3·i.
ב.חשבו את |z₁| ואת |z₂| ישירות מהצגתם הקרטזית, והראו כי הם שווים.
5 נק׳הציגו פתרון
- |z₁| = |4+0i| = √(4²+0²) = 4.
- |z₂| = |2+2√3i| = √(2²+(2√3)²) = √(4+12) = √16 = 4.
- אכן |z₁| = |z₂| = 4 — הסיבוב לא שינה את המרחק מהראשית, כפי שמצופה מסיבוב סביב מרכז הסיבוב.
תשובה: |z₁| = |z₂| = 4.
ג.הוכיחו באופן כללי (לא רק במקרה הפרטי של סעיף ב') כי לכל מספר מרוכב z=x+yi ולכל זווית θ, מתקיים |z·cis θ| = |z| — כלומר שהכפלה ב-cis θ (סיבוב סביב הראשית) שומרת תמיד על המודול (המרחק מהראשית).
8 נק׳הציגו פתרון
- נכפול: z·cisθ = (x+yi)(cosθ+i·sinθ) = (x·cosθ − y·sinθ) + i·(x·sinθ + y·cosθ).
- |z·cisθ|² = (x·cosθ − y·sinθ)² + (x·sinθ + y·cosθ)².
- נפתח את שני הריבועים: (x²cos²θ − 2xy·cosθsinθ + y²sin²θ) + (x²sin²θ + 2xy·sinθcosθ + y²cos²θ).
- האיברים המעורבים (−2xy·cosθsinθ ו-+2xy·sinθcosθ) מקזזים זה את זה, ונשאר: x²(cos²θ+sin²θ) + y²(sin²θ+cos²θ) = x²·1 + y²·1 = x²+y².
- לכן |z·cisθ|² = x²+y² = |z|², ומכאן |z·cisθ| = |z| — לכל מספר מרוכב z ולכל זווית θ, ללא תלות בערכם.
תשובה: |z·cis θ| = |z| לכל z ולכל θ.
ד.בזמן מאוחר יותר נמדד מיקום קצה הזרוע ונמצא שווה למספר המרוכב z₃ = −2√3 + 2i. מצאו את הזווית φ (כאשר 0°≤φ<360°) שבה סיבבו את z₁ כדי לקבל את z₃, כלומר מצאו φ כך ש-z₃ = z₁·cis φ.
8 נק׳הציגו פתרון
- |z₃| = √((−2√3)²+2²) = √(12+4) = √16 = 4 — שווה ל-|z₁| (בהתאם לסעיף ג', כפי שמצופה עבור נקודה על אותה זרוע מסתובבת).
- הארגומנט של z₃: החלק הממשי שלילי (−2√3) והחלק המדומה חיובי (2), ולכן הנקודה ברביע השני. זווית הייחוס: tanβ = |2|/|2√3| = 1/√3, ומכאן β=30°.
- הארגומנט ברביע השני הוא 180°−β = 180°−30° = 150°. מכיוון ש-z₁=4 נמצא על ציר הממשיים החיוביים (ארגומנט 0°), הזווית שבה סובב z₁ כדי להגיע ל-z₃ היא φ = 150°−0° = 150°.
- בדיקה: z₁·cis150° = 4·(cos150°+i·sin150°) = 4·(−√3/2 + i·½) = −2√3+2i = z₃. ✓
תשובה: φ = 150°.
ה.נניח שהחל מהמיקום z₃, הזרוע ממשיכה להסתובב בצעדים נוספים של 60° בכל פעם (כמו בסעיף א'). האם קיים מספר שלם וחיובי n של צעדים נוספים כאלה שלאחריהם קצה הזרוע P יחזור בדיוק למיקום ההתחלתי z₁? נמקו את תשובתכם.
7 נק׳הציגו פתרון
- לאחר n צעדים נוספים של 60° החל ממיקום בזווית 150°, הזווית הכוללת היא 150°+60n. חזרה למיקום z₁ (זווית 0°, עד כדי כפולה של 360°) פירושה 150+60n ≡ 0 (mod 360), כלומר 60n ≡ −150 ≡ 210 (mod 360).
- הביטוי 60n (עבור n שלם) יכול לקבל, לפי שארית החלוקה ב-360, אך ורק את הערכים 0, 60, 120, 180, 240, 300 (מודולו 360) — כל הכפולות של 60 שבין 0 ל-360 בלעדי.
- הערך 210 אינו נמצא ברשימה זו (210 אינו כפולה של 60), ולכן אין פתרון שלם n למשוואה 60n ≡ 210 (mod 360).
- לכן לא קיים מספר צעדים נוספים של 60° שלאחריהם P יחזור בדיוק למיקום ההתחלתי z₁ — הזרוע תעבור שוב ושוב דרך מיקום z₃ (כל 6 צעדים, מאחר ש-6·60°=360°), אך לעולם לא דרך z₁ עצמו במסלול הזה.
תשובה: לא קיים n כזה — P לעולם לא יחזור בדיוק ל-z₁ באמצעות צעדי 60° החל מ-z₃.
חלוקת הנקודות בין הסעיפים היא הערכה פנימית של MathHero — בשאלון הרשמי הניקוד ניתן לשאלה כולה.